2017年高考数学空间几何高考真题

2017年高考数学空间几何高考真题

一．选择题（共9小题）

1．如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是（ ）

A． B． C．

D．

2．已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为（ ） A．π

B．

C．

D．

3．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则（ ） A．A1E⊥DC1

B．A1E⊥BD C．A1E⊥BC1

D．A1E⊥AC

4．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（ ）

A．60 B．30 C．20 D．10

第1页（共41页）

5．某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm2）是（ ）

A．+1 B．+3 C．+1 D．+3

6．如图，已知正四面体D﹣ABC（所有棱长均相等的三棱锥），P、Q、R分别为AB、BC、CA上的点，AP=PB，

=

=2，分别记二面角D﹣PR﹣Q，D﹣PQ﹣R，

D﹣QR﹣P的平面角为α、β、γ，则（ ）

A．γ＜α＜β B．α＜γ＜β C．α＜β＜γ D．β＜γ＜α

7．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为（ ）

A．90π B．63π C．42π D．36π

第2页（共41页）

1．某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为（ ）

A．10 B．12 C．14 D．16

2．已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ABC=120°，AB=2，BC=CC1=1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为（ ） A．

B． C． D．

二．填空题（共5小题）

8．已知三棱锥S﹣ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径．若平面SCA⊥平面SCB，SA=AC，SB=BC，三棱锥S﹣ABC的体积为9，则球O的表面积为 ．

9．长方体的长、宽、高分别为3，2，1，其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为 ．

10．已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为 ．

11．由一个长方体和两个 圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为 ．

第3页（共41页）

12．如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切，记圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则

的值是 ．

三．解答题（共9小题）

13．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90°． （1）证明：平面PAB⊥平面PAD；

（2）若PA=PD=AB=DC，∠APD=90°，且四棱锥P﹣ABCD的体积为，求该四棱锥的侧面积．

14．如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=AD，∠BAD=∠ABC=90°． （1）证明：直线BC∥平面PAD； （2）若△PCD面积为2

，求四棱锥P﹣ABCD的体积．

第4页（共41页）

15．如图四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD=CD． （1）证明：AC⊥BD；

（2）已知△ACD是直角三角形，AB=BD，若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．

16．如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面为直角三角形，两直角边AB和AC的长分别为4和2，侧棱AA1的长为5． （1）求三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积；

（2）设M是BC中点，求直线A1M与平面ABC所成角的大小．

17．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA=AB=BC=2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点． （1）求证：PA⊥BD；

（2）求证：平面BDE⊥平面PAC；

（3）当PA∥平面BDE时，求三棱锥E﹣BCD的体积．

第5页（共41页）

18．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AD⊥平面PDC，AD∥BC，PD⊥PB，AD=1，BC=3，CD=4，PD=2．

（Ⅰ）求异面直线AP与BC所成角的余弦值； （Ⅱ）求证：PD⊥平面PBC；

（Ⅲ）求直线AB与平面PBC所成角的正弦值．

19．如图，已知四棱锥P﹣ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点． （Ⅰ）证明：CE∥平面PAB；

（Ⅱ）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．

20．由四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1截去三棱锥C1﹣B1CD1后得到的几何体如图所示，四边形ABCD为正方形，O为AC与BD 的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD， （Ⅰ）证明：A1O∥平面B1CD1；

（Ⅱ）设M是OD的中点，证明：平面A1EM⊥平面B1CD1．

第6页（共41页）

21．如图，在三棱锥A﹣BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E、F（E与A、D不重合）分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD． 求证：（1）EF∥平面ABC； （2）AD⊥AC．

3．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90°． （1）证明：平面PAB⊥平面PAD；

（2）若PA=PD=AB=DC，∠APD=90°，求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．

4．如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=AD，∠BAD=∠ABC=90°，E是PD的中点． （1）证明：直线CE∥平面PAB；

（2）点M在棱PC 上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M﹣AB﹣D的余弦值．

第7页（共41页）

5．如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD．

（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；

（2）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D﹣AE﹣C的余弦值．

6．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，PA=PD=（1）求证：M为PB的中点； （2）求二面角B﹣PD﹣A的大小；

（3）求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．

，AB=4．

7．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC=90°．点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA=AC=4，AB=2． （Ⅰ）求证：MN∥平面BDE；

（Ⅱ）求二面角C﹣EM﹣N的正弦值；

（Ⅲ）已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为

第8页（共41页）

，求线

段AH的长．

8．如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD（及其内部）以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G是（Ⅰ）设P是

的中点．

上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小；

（Ⅱ）当AB=3，AD=2时，求二面角E﹣AG﹣C的大小．

第9页（共41页）

2017年高考数学空间几何高考真题

参与试题解析

一．选择题（共7小题）

1．如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是（ ）

A． B． C．

D．

【解答】解：对于选项B，由于AB∥MQ，结合线面平行判定定理可知B不满足题意；

对于选项C，由于AB∥MQ，结合线面平行判定定理可知C不满足题意； 对于选项D，由于AB∥NQ，结合线面平行判定定理可知D不满足题意； 所以选项A满足题意， 故选：A．

2．已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为（ ） A．π

B．

C．

D．

【解答】解：∵圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，

∴该圆柱底面圆周半径r=

=

，

第10页（共41页）

∴该圆柱的体积：V=Sh=故选：B．

=．

3．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则（ ） A．A1E⊥DC1

B．A1E⊥BD C．A1E⊥BC1

D．A1E⊥AC

【解答】解：法一：连B1C，由题意得BC1⊥B1C， ∵A1B1⊥平面B1BCC1，且BC1⊂平面B1BCC1， ∴A1B1⊥BC1， ∵A1B1∩B1C=B1， ∴BC1⊥平面A1ECB1， ∵A1E⊂平面A1ECB1， ∴A1E⊥BC1． 故选：C．

法二：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系， 设正方体ABCD﹣A1B1C1D1中棱长为2，

则A1（2，0，2），E（0，1，0），B（2，2，0），D（0，0，0），C1（0，2，2），A（2，0，0），C（0，2，0），

=（﹣2，1，﹣2），=（﹣2，0，2），∵

•

=﹣2，

=（0，2，2），=（﹣2，2，0）， =2，

=0，

=6，

=（﹣2，﹣2，0），

∴A1E⊥BC1． 故选：C．

第11页（共41页）

4．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（ ）

A．60 B．30 C．20 D．10

【解答】解：由三视图可知：该几何体为三棱锥， 该三棱锥的体积=故选：D．

=10．

5．某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm2）是（ ）

第12页（共41页）

A．+1 B．+3 C．+1 D．+3

【解答】解：由几何的三视图可知，该几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成， 圆锥的底面圆的半径为1，三棱锥的底面是底边长2的等腰直角三角形，圆锥的高和棱锥的高相等均为3，

故该几何体的体积为××π×12×3+××故选：A

×

×3=

+1，

6．如图，已知正四面体D﹣ABC（所有棱长均相等的三棱锥），P、Q、R分别为AB、BC、CA上的点，AP=PB，

=

=2，分别记二面角D﹣PR﹣Q，D﹣PQ﹣R，

D﹣QR﹣P的平面角为α、β、γ，则（ ）

A．γ＜α＜β B．α＜γ＜β C．α＜β＜γ D．β＜γ＜α

【解答】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系．设底面△ABC的中心为O．

第13页（共41页）

不妨设OP=3．则O（0，0，0），P（0，﹣3，0），C（0，﹣6，0），D（0，0，6Q==

，R

，

，

=（0，3，6．

，可得

，

），

=（

，5，0），

=

），

，

设平面PDR的法向量为=（x，y，z），则可得=则cos

=

，取平面ABC的法向量=（0，0，1）． =

，取α=arccos

．

．

同理可得：β=arccos∵

＞

＞

．

．γ=arccos

∴α＜γ＜β．

解法二：如图所示，连接OP，OQ，OR，过点O分别作垂线：OE⊥PR，OF⊥PQ，OG⊥QR，垂足分别为E，F，G，连接DE，DF，DG． 设OD=h． 则tanα=

．

，tanγ=

．

同理可得：tanβ=

由已知可得：OE＞OG＞OF．

∴tanα＜tanγ＜tanβ，α，β，γ为锐角． ∴α＜γ＜β． 故选：B．

第14页（共41页）

7．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为（ ）

A．90π B．63π C．42π D．36π

【解答】解：由三视图可得，直观图为一个完整的圆柱减去一个高为6的圆柱的一半，

V=π•32×10﹣•π•32×6=63π， 故选：B．

第15页（共41页）

1．某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为（ ）

A．10 B．12 C．14 D．16

【解答】解：由三视图可画出直观图， 该立体图中只有两个相同的梯形的面， S梯形=×2×（2+4）=6，

∴这些梯形的面积之和为6×2=12， 故选：B

2．已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ABC=120°，AB=2，BC=CC1=1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为（ ）

第16页（共41页）

A． B． C． D．

【解答】解：【解法一】如图所示，设M、N、P分别为AB，BB1和B1C1的中点， 则AB1、BC1夹角为MN和NP夹角或其补角 （因异面直线所成角为（0，可知MN=AB1=NP=BC1=

；

，

]），

作BC中点Q，则△PQM为直角三角形； ∵PQ=1，MQ=AC， △ABC中，由余弦定理得 AC2=AB2+BC2﹣2AB•BC•cos∠ABC =4+1﹣2×2×1×（﹣） =7， ∴AC=∴MQ=

， ；

=

；

在△MQP中，MP=

在△PMN中，由余弦定理得

cos∠MNP==

]， ．

=﹣；

又异面直线所成角的范围是（0，∴AB1与BC1所成角的余弦值为

第17页（共41页）

【解法二】如图所示，

补成四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，求∠BC1D即可； BC1=C1D=∴

，BD=， +BD2=

，

=

，

∴∠DBC1=90°， ∴cos∠BC1D=

=

．

二．填空题（共5小题）

8．已知三棱锥S﹣ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径．若平面SCA⊥平面SCB，SA=AC，SB=BC，三棱锥S﹣ABC的体积为9，则球O的表面积为 36π ．

【解答】解：三棱锥S﹣ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径，若平面SCA⊥平面SCB，SA=AC，SB=BC，三棱锥S﹣ABC的体积为9， 可知三角形SBC与三角形SAC都是等腰直角三角形，设球的半径为r， 可得

，解得r=3．

第18页（共41页）

球O的表面积为：4πr2=36π． 故答案为：36π．

9．长方体的长、宽、高分别为3，2，1，其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为 14π ．

【解答】解：长方体的长、宽、高分别为3，2，1，其顶点都在球O的球面上，可知长方体的对角线的长就是球的直径， 所以球的半径为：则球O的表面积为：4×故答案为：14π．

10．已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为

．

=

． =14π．

【解答】解：设正方体的棱长为a， ∵这个正方体的表面积为18， ∴6a2=18， 则a2=3，即a=

，

∵一个正方体的所有顶点在一个球面上， ∴正方体的体对角线等于球的直径， 即

a=2R，

即R=，

则球的体积V=π•（）3=故答案为：

11．由一个长方体和两个 圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为 2+

． ．

；

第19页（共41页）

【解答】解：由长方体长为2，宽为1，高为1，则长方体的体积V1=2×1×1=2， 圆柱的底面半径为1，高为1，则圆柱的体积V2=×π×12×1=则该几何体的体积V=V1+2V1=2+故答案为：2+

12．如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切，记圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则

的值是

．

．

，

，

【解答】解：设球的半径为R，则球的体积为：圆柱的体积为：πR2•2R=2πR3． 则

=

=．

R3，

故答案为：．

三．解答题（共9小题）

13．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90°．

第20页（共41页）

（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；

（2）若PA=PD=AB=DC，∠APD=90°，且四棱锥P﹣ABCD的体积为，求该四棱锥的侧面积．

【解答】证明：（1）∵在四棱锥P﹣ABCD中，∠BAP=∠CDP=90°， ∴AB⊥PA，CD⊥PD， 又AB∥CD，∴AB⊥PD， ∵PA∩PD=P，∴AB⊥平面PAD，

∵AB⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD．

解：（2）设PA=PD=AB=DC=a，取AD中点O，连结PO， ∵PA=PD=AB=DC，∠APD=90°，平面PAB⊥平面PAD， ∴PO⊥底面ABCD，且AD=∵四棱锥P﹣ABCD的体积为， ∴VP﹣ABCD==

=

=，PO=，

==， ，PO=

，

解得a=2，∴PA=PD=AB=DC=2，AD=BC=2∴PB=PC=

=2

，

∴该四棱锥的侧面积： S侧=S△PAD+S△PAB+S△PDC+S△PBC ===6+2

．

+

+

+

第21页（共41页）

14．如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=AD，∠BAD=∠ABC=90°． （1）证明：直线BC∥平面PAD； （2）若△PCD面积为2

，求四棱锥P﹣ABCD的体积．

【解答】（1）证明：四棱锥P﹣ABCD中，∵∠BAD=∠ABC=90°．∴BC∥AD，∵AD⊂平面PAD，BC⊄平面PAD， ∴直线BC∥平面PAD；

（2）解：四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=AD，∠BAD=∠ABC=90°．设AD=2x， 则AB=BC=x，CD=

，O是AD的中点，

连接PO，OC，CD的中点为：E，连接OE， 则OE=

，PO=

，PE=，可得：

=2=，

．

=4

．

，

△PCD面积为2即：

，解得x=2，PE=2

则V P﹣ABCD=×（BC+AD）×AB×PO=

第22页（共41页）

15．如图四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD=CD． （1）证明：AC⊥BD；

（2）已知△ACD是直角三角形，AB=BD，若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．

【解答】证明：（1）取AC中点O，连结DO、BO， ∵△ABC是正三角形，AD=CD， ∴DO⊥AC，BO⊥AC，

∵DO∩BO=O，∴AC⊥平面BDO， ∵BD⊂平面BDO，∴AC⊥BD．

解：（2）法一：连结OE，由（1）知AC⊥平面OBD， ∵OE⊂平面OBD，∴OE⊥AC， 设AD=CD=

，则OC=OA=1，

，

∴E是线段AC垂直平分线上的点，∴EC=EA=CD=由余弦定理得： cos∠CBD=即

=

，

，解得BE=1或BE=2，

∵BE＜＜BD=2，∴BE=1，∴BE=ED，

∵四面体ABCE与四面体ACDE的高都是点A到平面BCD的高h，

第23页（共41页）

∵BE=ED，∴S△DCE=S△BCE，

∴四面体ABCE与四面体ACDE的体积比为1． 法二：设AD=CD=∴BO=

=

，则AC=AB=BC=BD=2，AO=CO=DO=1，

，∴BO2+DO2=BD2，∴BO⊥DO，

以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OD为z轴，建立空间直角坐标系， 则C（﹣1，0，0），D（0，0，1），B（0，设E（a，b，c），解得E（0，∴

=（1，

，0），A（1，0，0），

，﹣1），

，（0≤λ≤1），则（a，b，c﹣1）=λ（0，

，1﹣λ），

），

=（﹣1，

），

∵AE⊥EC，∴由λ∈[0，1]，解得

=﹣1+3λ2+（1﹣λ）2=0，

，∴DE=BE，

∵四面体ABCE与四面体ACDE的高都是点A到平面BCD的高h， ∵DE=BE，∴S△DCE=S△BCE，

∴四面体ABCE与四面体ACDE的体积比为1．

16．如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面为直角三角形，两直角边AB和AC的长分别为4和2，侧棱AA1的长为5． （1）求三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积；

（2）设M是BC中点，求直线A1M与平面ABC所成角的大小．

第24页（共41页）

【解答】解：（1）∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面为直角三角形， 两直角边AB和AC的长分别为4和2，侧棱AA1的长为5． ∴三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积： V=S△ABC×AA1 ==

=20．

（2）连结AM，

∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面为直角三角形，

两直角边AB和AC的长分别为4和2，侧棱AA1的长为5，M是BC中点， ∴AA1⊥底面ABC，AM=

=

，

∴∠A1MA是直线A1M与平面ABC所成角， tan∠A1MA=

=

=

，

．

∴直线A1M与平面ABC所成角的大小为arctan

17．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA=AB=BC=2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点． （1）求证：PA⊥BD；

（2）求证：平面BDE⊥平面PAC；

第25页（共41页）

（3）当PA∥平面BDE时，求三棱锥E﹣BCD的体积．

【解答】解：（1）证明：由PA⊥AB，PA⊥BC， AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，且AB∩BC=B， 可得PA⊥平面ABC， 由BD⊂平面ABC， 可得PA⊥BD；

（2）证明：由AB=BC，D为线段AC的中点， 可得BD⊥AC，

由PA⊥平面ABC，PA⊂平面PAC， 可得平面PAC⊥平面ABC， 又平面ABC∩平面ABC=AC， BD⊂平面ABC，且BD⊥AC， 即有BD⊥平面PAC， BD⊂平面BDE，

可得平面BDE⊥平面PAC；

（3）PA∥平面BDE，PA⊂平面PAC， 且平面PAC∩平面BDE=DE， 可得PA∥DE， 又D为AC的中点，

可得E为PC的中点，且DE=PA=1， 由PA⊥平面ABC， 可得DE⊥平面ABC，

可得S△BDC=S△ABC=××2×2=1，

第26页（共41页）

则三棱锥E﹣BCD的体积为DE•S△BDC=×1×1=．

18．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AD⊥平面PDC，AD∥BC，PD⊥PB，AD=1，BC=3，CD=4，PD=2．

（Ⅰ）求异面直线AP与BC所成角的余弦值； （Ⅱ）求证：PD⊥平面PBC；

（Ⅲ）求直线AB与平面PBC所成角的正弦值．

【解答】解：（Ⅰ）如图，由已知AD∥BC，

故∠DAP或其补角即为异面直线AP与BC所成的角． 因为AD⊥平面PDC，所以AD⊥PD． 在Rt△PDA中，由已知，得故

．

． ，

所以，异面直线AP与BC所成角的余弦值为

证明：（Ⅱ）因为AD⊥平面PDC，直线PD⊂平面PDC， 所以AD⊥PD．

又因为BC∥AD，所以PD⊥BC， 又PD⊥PB，所以PD⊥平面PBC．

第27页（共41页）

解：（Ⅲ）过点D作AB的平行线交BC于点F，连结PF， 则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角． 因为PD⊥平面PBC，故PF为DF在平面PBC上的射影， 所以∠DFP为直线DF和平面PBC所成的角． 由于AD∥BC，DF∥AB，故BF=AD=1，

由已知，得CF=BC﹣BF=2．又AD⊥DC，故BC⊥DC， 在Rt△DCF中，可得

．

．

所以，直线AB与平面PBC所成角的正弦值为

19．如图，已知四棱锥P﹣ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点． （Ⅰ）证明：CE∥平面PAB；

（Ⅱ）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．

【解答】证明：（Ⅰ）取AD的中点F，连结EF，CF， ∵E为PD的中点，∴EF∥PA，

在四边形ABCD中，BC∥AD，AD=2DC=2CB，F为中点， ∴CF∥AB，∴平面EFC∥平面ABP， ∵EC⊂平面EFC， ∴EC∥平面PAB．

第28页（共41页）

解：（Ⅱ）连结BF，过F作FM⊥PB于M，连结PF， ∵PA=PD，∴PF⊥AD，

推导出四边形BCDF为矩形，∴BF⊥AD， ∴AD⊥平面PBF，又AD∥BC， ∴BC⊥平面PBF，∴BC⊥PB， 设DC=CB=1，则AD=PC=2，∴PB=BF=PF=1，∴MF=，

又BC⊥平面PBF，∴BC⊥MF，

∴MF⊥平面PBC，即点F到平面PBC的距离为，

∵MF=，D到平面PBC的距离应该和MF平行且相等，为，

E为PD中点，E到平面PBC的垂足也为垂足所在线段的中点，即中位线， ∴E到平面PBC的距离为， 在

由余弦定理得CE=

，

=

．

，

，

设直线CE与平面PBC所成角为θ，则sinθ=

20．由四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1截去三棱锥C1﹣B1CD1后得到的几何体如图所示，四边形ABCD为正方形，O为AC与BD 的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD， （Ⅰ）证明：A1O∥平面B1CD1；

（Ⅱ）设M是OD的中点，证明：平面A1EM⊥平面B1CD1．

第29页（共41页）

【解答】证明：（Ⅰ）取B1D1中点G，连结A1G、CG， ∵四边形ABCD为正方形，O为AC与BD 的交点， ∴四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1截去三棱锥C1﹣B1CD1后，A1G∴四边形OCGA1是平行四边形，∴A1O∥CG， ∵A1O⊄平面B1CD1，CG⊂平面B1CD1， ∴A1O∥平面B1CD1．

（Ⅱ）四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1截去三棱锥C1﹣B1CD1后，BD

B1D1， OC，

∵M是OD的中点，O为AC与BD 的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD， 又BD⊂平面ABCD，∴BD⊥A1E，

∵四边形ABCD为正方形，O为AC与BD 的交点， ∴AO⊥BD，

∵M是OD的中点，E为AD的中点，∴EM⊥BD， ∵A1E∩EM=E，∴BD⊥平面A1EM， ∵BD∥B1D1，∴B1D1⊥平面A1EM， ∵B1D1⊂平面B1CD1， ∴平面A1EM⊥平面B1CD1．

21．如图，在三棱锥A﹣BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E、F（E与A、D不重合）分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD． 求证：（1）EF∥平面ABC； （2）AD⊥AC．

第30页（共41页）

【解答】证明：（1）因为AB⊥AD，EF⊥AD，且A、B、E、F四点共面， 所以AB∥EF，

又因为EF⊊平面ABC，AB⊆平面ABC，

所以由线面平行判定定理可知：EF∥平面ABC；

（2）在线段CD上取点G，连结FG、EG使得FG∥BC，则EG∥AC， 因为BC⊥BD，FG∥BC， 所以FG⊥BD，

又因为平面ABD⊥平面BCD， 所以FG⊥平面ABD，所以FG⊥AD， 又因为AD⊥EF，且EF∩FG=F， 所以AD⊥平面EFG，所以AD⊥EG， 故AD⊥AC．

3．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90°． （1）证明：平面PAB⊥平面PAD；

（2）若PA=PD=AB=DC，∠APD=90°，求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．

【解答】（1）证明：∵∠BAP=∠CDP=90°，∴PA⊥AB，PD⊥CD，

第31页（共41页）

∵AB∥CD，∴AB⊥PD，

又∵PA∩PD=P，且PA⊂平面PAD，PD⊂平面PAD， ∴AB⊥平面PAD，又AB⊂平面PAB， ∴平面PAB⊥平面PAD；

（2）解：∵AB∥CD，AB=CD，∴四边形ABCD为平行四边形， 由（1）知AB⊥平面PAD，∴AB⊥AD，则四边形ABCD为矩形， 在△APD中，由PA=PD，∠APD=90°，可得△PAD为等腰直角三角形， 设PA=AB=2a，则AD=

．

取AD中点O，BC中点E，连接PO、OE，

以O为坐标原点，分别以OA、OE、OP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系， 则：D（

），B（，

设平面PBC的一个法向量为由

，得

， ，取y=1，得

．

），P（0，0，

，

），C（

．

）．

∵AB⊥平面PAD，AD⊂平面PAD，∴AB⊥PD， 又PD⊥PA，PA∩AB=A， ∴PD⊥平面PAB，则∴cos＜

＞=

为平面PAB的一个法向量，

=

．

．

由图可知，二面角A﹣PB﹣C为钝角， ∴二面角A﹣PB﹣C的余弦值为

．

第32页（共41页）

4．如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=AD，∠BAD=∠ABC=90°，E是PD的中点． （1）证明：直线CE∥平面PAB；

（2）点M在棱PC 上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M﹣AB﹣D的余弦值．

【解答】（1）证明：取PA的中点F，连接EF，BF，因为E是PD的中点， 所以EF

AD，AB=BC=AD，∠BAD=∠ABC=90°，∴BC∥AD，

∴BCEF是平行四边形，可得CE∥BF，BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB， ∴直线CE∥平面PAB；

（2）解：四棱锥P﹣ABCD中，

侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=AD， ∠BAD=∠ABC=90°，E是PD的中点．

取AD的中点O，M在底面ABCD上的射影N在OC上，设AD=2，则AB=BC=1，OP=

，

∴∠PCO=60°，直线BM与底面ABCD所成角为45°， 可得：BN=MN，CN=

MN，BC=1，

第33页（共41页）

可得：1+BN2=BN2，BN=

，MN=，

作NQ⊥AB于Q，连接MQ，

所以∠MQN就是二面角M﹣AB﹣D的平面角，MQ==

，

=

．

二面角M﹣AB﹣D的余弦值为：

5．如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD．

（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；

（2）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D﹣AE﹣C的余弦值．

【解答】（1）证明：如图所示，取AC的中点O，连接BO，OD． ∵△ABC是等边三角形，∴OB⊥AC．

第34页（共41页）

△ABD与△CBD中，AB=BD=BC，∠ABD=∠CBD， ∴△ABD≌△CBD，∴AD=CD． ∵△ACD是直角三角形， ∴AC是斜边，∴∠ADC=90°． ∴DO=AC．

∴DO2+BO2=AB2=BD2． ∴∠BOD=90°． ∴OB⊥OD．

又DO∩AC=O，∴OB⊥平面ACD． 又OB⊂平面ABC， ∴平面ACD⊥平面ABC．

（2）解：设点D，B到平面ACE的距离分别为hD，hE．则∵平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，

=

．

∴===1．

∴点E是BD的中点．

建立如图所示的空间直角坐标系．不妨取AB=2．

则O（0，0，0），A（1，0，0），C（﹣1，0，0），D（0，0，1），B（0，E

．

=（﹣1，0，1），

=

，

=（﹣2，0，0）．

，即

，取，0），

设平面ADE的法向量为=（x，y，z），则=

．

）．

同理可得：平面ACE的法向量为=（0，1，∴cos

=

=

=﹣

．

第35页（共41页）

∴二面角D﹣AE﹣C的余弦值为．

6．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，PA=PD=（1）求证：M为PB的中点； （2）求二面角B﹣PD﹣A的大小；

（3）求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．

，AB=4．

【解答】（1）证明：如图，设AC∩BD=O， ∵ABCD为正方形，∴O为BD的中点，连接OM，

∵PD∥平面MAC，PD⊂平面PBD，平面PBD∩平面AMC=OM， ∴PD∥OM，则

，即M为PB的中点；

（2）解：取AD中点G， ∵PA=PD，∴PG⊥AD，

∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD， ∴PG⊥平面ABCD，则PG⊥AD，连接OG，则PG⊥OG，

由G是AD的中点，O是AC的中点，可得OG∥DC，则OG⊥AD．

以G为坐标原点，分别以GD、GO、GP所在直线为x、y、z轴距离空间直角坐标系，

第36页（共41页）

由PA=PD=，AB=4，得D（2，0，0），A（﹣2，0，0），P（0，0，

），

），C（2，

4，0），B（﹣2，4，0），M（﹣1，2，

，

设平面PBD的一个法向量为则由

，得

，取z=

．

， ，得． ．

．

取平面PAD的一个法向量为∴cos＜

＞=

=

∴二面角B﹣PD﹣A的大小为60°； （3）解：

，平面BDP的一个法向量为

．

＞

∴直线MC与平面BDP所成角的正弦值为|cos＜|=|

|=|

|=

．

7．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC=90°．点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA=AC=4，AB=2． （Ⅰ）求证：MN∥平面BDE；

（Ⅱ）求二面角C﹣EM﹣N的正弦值；

（Ⅲ）已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为段AH的长．

第37页（共41页）

，求线

【解答】（Ⅰ）证明：取AB中点F，连接MF、NF， ∵M为AD中点，∴MF∥BD，

∵BD⊂平面BDE，MF⊄平面BDE，∴MF∥平面BDE． ∵N为BC中点，∴NF∥AC，

又D、E分别为AP、PC的中点，∴DE∥AC，则NF∥DE． ∵DE⊂平面BDE，NF⊄平面BDE，∴NF∥平面BDE． 又MF∩NF=F．

∴平面MFN∥平面BDE，则MN∥平面BDE； （Ⅱ）解：∵PA⊥底面ABC，∠BAC=90°．

∴以A为原点，分别以AB、AC、AP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系． ∵PA=AC=4，AB=2，

∴A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，4，0），M（0，0，1），N（1，2，0），E（0，2，2）， 则

，

，

，

．

．

． ，则正弦值为

； ，

．

设平面MEN的一个法向量为由

，得

，取z=2，得

由图可得平面CME的一个法向量为∴cos＜

＞=

∴二面角C﹣EM﹣N的余弦值为

（Ⅲ）解：设AH=t，则H（0，0，t），

第38页（共41页）

∵直线NH与直线BE所成角的余弦值为∴|cos＜

＞|=|

|=|

，

|=

．

解得：t=或t=．

∴当H与P重合时直线NH与直线BE所成角的余弦值为为或．

，此时线段AH的长

8．如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD（及其内部）以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G是（Ⅰ）设P是

的中点．

上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小；

（Ⅱ）当AB=3，AD=2时，求二面角E﹣AG﹣C的大小．

【解答】解：（Ⅰ）∵AP⊥BE，AB⊥BE，且AB，AP⊂平面ABP，AB∩AP=A， ∴BE⊥平面ABP，又BP⊂平面ABP， ∴BE⊥BP，又∠EBC=120°， 因此∠CBP=30°； （Ⅱ）解法一、

第39页（共41页）

取的中点H，连接EH，GH，CH，

∵∠EBC=120°，∴四边形BECH为菱形， ∴AE=GE=AC=GC=

．

取AG中点M，连接EM，CM，EC， 则EM⊥AG，CM⊥AG，

∴∠EMC为所求二面角的平面角． 又AM=1，∴EM=CM=

在△BEC中，由于∠EBC=120°，

由余弦定理得：EC2=22+22﹣2×2×2×cos120°=12， ∴

，因此△EMC为等边三角形，

．

故所求的角为60°．

解法二、以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．

由题意得：A（0，0，3），E（2，0，0），G（1，故设由设由

，可得，得

，

，

为平面AEG的一个法向量，

，取z1=2，得

为平面ACG的一个法向量，

，取z2=﹣2，得

． ；

，3），C（﹣1，．

，0），

∴cos＜＞=．

∴二面角E﹣AG﹣C的大小为60°．

第40页（共41页）

第41页（共41页）